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2023年山西省太原市高考物理一模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年山西省太原市高考物理一模试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了1kg等内容，欢迎下载使用。
2023年山西省太原市高考物理一模试卷
1. 2022年9月国家原子能机构展示了近年来核技术在我国国民经济领域的重大应用成果。其中医用同位素镥177的自主可控及批量生产入选。该成果破解了多年来我国对其大量依赖进口的局面。镥177的半衰期约为6.7d，衰变时会辐射γ射线。其衰变方程为 71177Lu→72177Lf+X，下列说法正确的是( )
A. 该反应产生的新核 72177Lf比 71177Lu的比结合能小
B. 衰变时放出的X粒子的穿透性比γ射线强
C. 衰变时放出的X粒子来自于177内中子向质子的转化
D. 含有镥177的药物经过13.4d后，将有四分之一的镥177发生衰变
2. 图甲所示的是由导电的多晶硅制成的电容加速度传感器。图乙是其原理图，传感器可以看成由两个电容C1、C2组成，当传感器有沿着箭头方向的加速度时，多晶硅悬臂梁的右侧可发生弯曲形变。下列对这个传感器描述正确的是( )
A. 匀速向上运动时，C1减小，C2增加
B. 保持加速度恒定向上运动时，C1减小，C2增加
C. 由静止突然加速向上运动时，C1减小，C2增加
D. 正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，C1减小，C2增加
3. 如图所示，我国航天员王亚平在天宫课堂上演示了微重力环境下的神奇现象。液体呈球状，往其中央注入空气，可以形成一个同心球形气泡。假设液体球与气泡半径之比为5：2，当细光束以37∘的入射角射入液体球中，折射光线刚好与其内壁相切，sin37∘取0.6。该液体的折射率为( )
A. 1.2 B. 1.3 C. 1.4 D. 1.5
4. 电影《流浪地球2》中的“太空电梯”，缆绳与地面垂直，一端连接地球赤道的固定底座，另一端连接相对地球静止的空间站A。电梯仓B拴连在缆绳上，可以自由移动，在地面与空间站A之间往返。下列关于太空电梯的说法正确的是( )
A. 乘坐太空电梯要到达太空，电梯仓的运行速度必须大于第一宇宙速度
B. 由于太空电梯缆绳质量的影响，相对地球静止的空间站A的轨道将高于同步卫星轨道
C. 电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，B的线速度等于C的线速度
D. 电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，仓内物体处于完全失重状态
5. 春节期间人们都喜欢在阳台上挂一些灯笼来作为喜庆的象征。如图所示，是由六根等长的轻质细绳悬挂起五个质量相等的灯笼1、2、3、4、5，中间的两根细绳BC和CD的夹角θ=120∘，下列选项中正确的是( )
A. MA的延长线能平分1灯与绳AB之间的夹角
B. AB的延长线不能平分2灯与绳BC之间的夹角
C. 绳AB与绳BC的弹力大小之比为 3： 2
D. 绳MA与绳AB的弹力大小之比为 7： 3
6. 如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，abcd为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Mb长也为R。在M点有一粒子源能在纸面内以不同的速率垂直于ab发射质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，已知所有粒子均从圆弧边界bc射出，不计粒子间的相互作用和重力。则( )
A. 从c点射出的粒子在磁场中运动的时间一定大于从b点射出的粒子在磁场中运动的时间
B. 从M点射出的粒子速率一定不大于5qBR4m
C. 粒子在磁场中运动的最短时间为πm6qB
D. 粒子在磁场中运动的最短时间为2πm3qB
7. 如图所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，固定在匀强磁场中，两导轨所在平面与水平方向的夹角为30∘，磁场方向垂直于导轨平面斜向下。导轨上端串联两阻值均为R的电阻。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。已知断开开关S，由静止释放金属棒，金属棒沿导轨下滑kL后将做速度为v的匀速直线运动。又过了一段时间，闭合开关S。下列说法中正确的是( )
A. 匀强磁场的磁感应强度为B=1L 2mgRv
B. 导体棒由静止下滑kL的运动时间为2vg+kLv
C. 闭合开关S瞬间，金属棒的加速度大小为g4
D. 闭合开关S后，经过足够长的时间，金属棒的速度大小为v2
8. 高压锅是一种常见的锅具，是通过增大气压来提升液体沸点，达到快速烹煮食物。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热，当锅内温度为117℃时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27℃，压强为1atm，压力阀套在出气孔上的横截面积为8mm2，g取10m/s2。忽略加热过程水蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。则( )
A. 压力阀的质量约为0.1kg
B. 压力阀刚要被顶起时锅内温度为108℃
C. 停止加热时放出气体的质量为加热前锅内气体质量的9381
D. 停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的381390
9. 某同学设计了如图所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系，小车总质量用M表示，重物质量用m表示。
(1)关于该实验方案，实验时一定要进行的操作是______ 。
A.平衡摩擦力
B.调节细线与长木板平行
C.所挂重物质量m远小于小车的总质量M
D.测量重物质量m
(2)实验进行过程中，该同学发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，把弹簧测力计换为一截轻绳，仍利用该装置进行了新的探究，步骤如下；
①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；
②测出重物的质量m，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度a的大小；
③保持小车总质量M不变，改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；
④以a为纵轴、m为横轴作出的a−m图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，该同学整理公式，发现以1a为纵轴，以______ (选填“1m”或“m”)为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量M=______ (用字母k，b表示)。
10. 一个同学想要测定某电源的电动势和内阻，所使用的器材有：待测电源、电流表A(量程0.6A，内阻RA小于1Ω)、电流表A1(量程0.6A，内阻未知)、电阻箱R1(0∼999.99Ω)、滑动变阻器R2(0∼10Ω)、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个、导线若干。(计算结果均保留两位有效数字)
(1)该同学先用欧姆表粗测电流表A的内阻。如图1所示，欧姆表内部电源电动势为4.50V，表盘中间刻线示数为“15”。将该欧姆表红、黑表笔接在电流表两接线柱上，则黑表笔应接在电流表______ (选填“正”或“负”)接线柱。欧姆表选取“×1”挡位时，欧姆表指针偏转角度为满偏的1415，可知电流表A的内阻约为______ Ω。
(2)该同学又设计了如图2所示电路进行实验操作。
①实物电路图有一处未连接好，请在图3中补全电路。
②利用该电路测电流表A的内阻：闭合开关K，将开关S与D接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.24A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.64Ω，则电流表A的内阻RA=______ Ω。
③利用步骤②测得电流表A的内阻阻值，测量电源的电动势和内阻：断开开关K，将开关S接C，调节电阻箱R1，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。如图4所示是由实验数据绘出的1I−R图像，由此求出电源电动势E=______ V、内阻r=______ Ω。
11. 2022北京冬残奥会开幕式倒计时以轮椅冰壶的形式出现，两位轮椅冰壶运动员用水平恒力将“冰壶”从起点推动5m后，撤去推力，同时启动10秒倒计时，“冰壶”沿直线继续滑行40m到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好结束。已知“冰壶”的质量为20kg，重力加速度g取10m/s2。
(1)求“冰壶”与冰面的动摩擦因数及水平恒力的大小；
(2)若“冰壶”与冰面的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大小变为多少？
12. 如图所示，直角坐标系xOy平面的第Ⅱ、Ⅲ象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第Ⅳ象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴的a点以v0的速度射入电场，方向与x轴正方向夹角为30∘，通过坐标原点O进入磁场，并从x轴上b点离开磁场。粒子第二次仅改变速度方向，从a点斜向右上方射出，经过O点进入磁场，从x轴上c点离开磁场。粒子始终在xOy平面内运动，不计粒子的重力。求：
(1)粒子从a点运动到b点所用的时间；
(2)bc两点间的距离。
13. 如图所示，光滑的水平面上有一质量m3=2kg曲面滑板，滑板的上表面由长度L=0.5m的水平粗糙部分AB和半径为R=0.4m的四分之一光滑圆弧BC组成，质量为m2=1kg滑块P与AB之间的动摩擦因数为μ=0.5。将P置于滑板上表面的A点。不可伸长的细线L0=0.8m水平伸直，一端固定于O′点，另一端系一质量m1=0.6kg的光滑小球Q。现将Q由静止释放，Q向下摆动到最低点并与P发生弹性对心碰撞，碰撞后P在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于AB之间的某一点。P、Q均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小；
(2)碰后P能否从C点滑出？碰后Q的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；(碰后Q的最大摆角小于5∘时，可视为做简谐运动，已知cos5∘=0.996)
(3)计算P相对滑板的水平部分AB运动的总时间，并判断P在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.由题可知，衰变的过程中质量数不变，由于衰变时放出核能，故产生的新核 72177Lf比 71177Lu比结合能大，故A错误；
C.根据核反应中电荷数与质量数守恒可知，X的质量数为0，电荷数：z=71−72=−1，可知的X为电子 −10e，为β衰变，其中的β射线是由原子核中的中子转化成一个质子和一个电子产生的，故C正确；
B.衰变为β衰变，衰变时放射出的γ射线穿透性强，故B错误，
D.经过13.4d后，剩余的镥177将变为原来的四分之一，故D错误。
故选：C。
根据核反应方程中的质量数和电荷数守恒确定X，并明确电子是来自于原子核内部，是由质子向中子转化过程中产生的；半衰期是与环境无关；知道质量亏损的计算方法，明确比结合能越大，原子核越稳定；根据三种放射线的特点分析。
本题考查核反应方程、半衰期、质量亏损以及比结合能等，要求牢记核反应方程的性质，掌握半衰期公式的应用等基本内容。
2.【答案】C
【解析】解：A.匀速向上运动时，多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，电容器结构不变，电容器电容只与电容器本身有关，故两个电容C1、C2不变。故A错误；
B.保持加速度恒定向上运动时，与加速度为零时相比，多晶硅悬臂梁的右侧虽发生弯曲形变，但此时多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，电容器结构不变，电容器电容只与电容器本身有关，故两个电容C1、C2不变。故B错误；
C.由静止突然加速向上运动时，多晶硅悬臂梁的右侧发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与顶层多晶硅距离变大，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变小，由C=εrS4πkd，C1减小，C2增加。故C正确；
D.正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，多晶硅悬臂梁的右侧发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与顶层多晶硅距离变小，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变大，C1增加，C2减小。故D错误。
故选：C。
电容器电容只与电容器本身结构有关；
电容器结构变化时，由C=εrS4πkd判断电容器电容变化。
本题解题关键是掌握电容器电容只与电容器本身结构有关C=εrS4πkd。
3.【答案】D
【解析】解：如下图，作出光路图
设液体球与气泡半径分别为5r、2r，该液体的折射率为n，根据折射定律n=sin37∘sinα=0.62r5r=1.5，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据题意作出光路图，再根据折射定律，求折射率。
本题解题关键是正确画出光路图，并掌握折射定律。
4.【答案】B
【解析】解：AC、太空电梯随地球一起旋转，角速度等于地球自转角速度，根据v=ωr可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，则B的线速度小于C的线速度；电梯仓的运行速度小于空间站A的速度，小于地球第一宇宙速度，故AC错误；
B、由于太空电梯缆绳质量的影响，相对地球静止的空间站A的向心力由地球引力与揽绳拉力的合力提供，与地球同步卫星角速度相同，对同步卫星和空间站A，分别由牛顿第二定律得：GMmr同2=mω2r同，T+GMmrA2=mω2rA，可知空间站A的轨道半径大于同步卫星，故B正确；
D、对于正常绕地球运行的卫星，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mω2r，可得卫星的角速度ω= GMr3，则知低于同步轨道的卫星正常运行时其角速度大于同步卫星的角速度，电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，B的角速度等于C的角速度，小于正常绕地球运行的卫星的角速度，向心加速度小于引力产生的向心加速度，所以仓内物体不是处于完全失重状态，故D错误。
故选：B。
太空电梯随地球一起旋转，角速度恒定，根据v=ωr分析电梯仓B与地球同步卫星线速度关系。根据万有引力提供向心力，列式分析空间站A与地球同步卫星线速度关系，从而得到电梯仓的运行速度与空间站A的速度关系，即可知道电梯仓的运行速度与第一宇宙速度的关系。根据向心力公式列式分析空间站A与地球同步卫星的轨道半径关系。对正常绕地球运行的卫星，根据万有引力提供向心力列式，得到角速度表达式，分析低于同步轨道的卫星正常运行时的角速度与同步卫星的角速度关系，从而知道B与C的角速度关系，再分析电梯仓B内物体的运动状态。
解答本题时，要明确向心力来源，对于正常绕地球运行的卫星，由万有引力提供向心力，而空间站A的向心力由地球引力与揽绳拉力的合力提供。
5.【答案】D
【解析】解：设每个灯笼质量为m，
对灯笼3受力分析，根据对称性，由平衡条件得：2TBCcosθ2=mg
解得：TBC=mg(1)
对灯笼2、3、4整体受力分析，设AB与竖直方向的夹角为α，由平衡条件得：2TABcosα=3mg(2)
对左边1、2、3、4、5三个灯笼整体受力分析，设MA与竖直方向的夹角为β，由平衡条件得：2TMAcosβ=5mg(3)
对灯笼1、2整体受力分析，由平衡条件得：TMAsinβ=TBCsinθ2 (4)
由(1)(3)可得tanβ= 35 可得：cosβ=5 714 sinβ= 2114 (5)
由(3)(5)可得：TMA= 7mg
对灯笼2受力分析，由平衡条件得：TABsinα=TBCsinθ2 (6)
由(2)(6)可得：α=60∘，TAB= 3mg
综上可知，根据数学知识可知MA的延长线不能平分1灯与绳AB之间的夹角，AB的延长线平分2灯与绳BC之间的夹角，
TAB：TBC= 3mg：mg= 3：1，TMA：TAB= 7mg： 3mg= 7: 3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
分别以3，234，12345，12为研究对象，竖直方向根据平衡条件列方程，结合数学知识得到MA、AB、BC拉力大小，MA、AB与竖直方向的夹角，进而得到答案。
本题主要考查共点力平衡知识中的整体法和隔离体法的具体应用。根据题意选取不同研究对象受力分析、根据平衡知识列式求解。
6.【答案】BD
【解析】解：A.画出三条弦长分别与圆弧bc相较于c、e、f，如图甲所示
根据圆心角等于弦切角的二倍，带电粒子在磁场中运动的时间为qvB=m(2πT)2r，t=θ360∘T=θ360∘2πmqB
其中θ是圆心角。可知从c点射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从b点射出的粒子在磁场中运动的时间，故A错误；
B.粒子运动轨迹与bc弧交点越靠近c点，粒子运动的轨迹圆半径越大，所以运动到c点时半径最大，对应的速度也最大，如图乙所示
根据几何关系可知cM= 5R，sinθ=2 5，设运动轨迹对应的半径为r，则有sinθ= 52Rr
解得r=54R
带电粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB=mvm2r
解得vm=5qBR4m，所以从M点射出的粒子速率一定不大于5qBR4m，故B正确；
CD.弦切角越小，圆心角就越小，当弦与bc弧相切时，圆心角最小，如图丙所示，此时运动轨迹对应的圆心恰好是b点
根据几何关系可求得此时对应的圆心角为120∘，带电粒子在磁场中运动的最短时间为t=120∘360∘T=2πm3qB，故C错误，D正确。
故选：BD。
首先画出三条弦长分别与圆弧bc相较于c、e、f，根据几何关系确定圆心角，再根据周期公式求出带电粒子在磁场中运动的时间，进而判断从c点射出的粒子在磁场中运动的时间与从b点射出的粒子在磁场中运动的时间的大小关系；画出粒子运动轨迹与bc弧交点最近的轨迹图，根据几何关系求出运动轨迹对应的半径，再根据带电粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力求出从M点射出的粒子速率与5qBR4m的大小关系；然后，画出弦与bc弧相切时的运动轨迹，根据几何关系可求得此时对应的圆心角，最后求出带电粒子在磁场中运动的最短时间。
本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解决本题的关键是准确画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半斤和圆心角。
7.【答案】D
【解析】解：A、金属棒匀速运动时，由平衡条件：mgsin30∘=BIL=B2L2v2R，解得匀强磁场磁感应强度大小为：B=1L mgRv，故A错误；
B、导体棒由静止下滑kL过程，取向下为正方向，由动量定理可得：mgtsin30∘−BI−Lt=mv−0
又：I−t=q=I−t=E−2Rt=ΔΦ2R=BS2R=BkL22R
解得此过程运动的时间：t=2vg+2kLv，故B错误；
C、闭合开关S瞬间，由牛顿第二定律：BI′L−mgsin30∘=ma，其中I′=2I，解得加速度大小：a=12g，故C错误；
D、闭合开关后稳定后金属棒做匀速直线运动，由平衡条件：mgsin30∘=B2L2v′R，解得：v′=12v，故D正确。
故选：D。
金属棒匀速运动时，由平衡条件求解匀强磁场磁感应强度大小；由动量定理求解运动的时间；闭合开关S瞬间，由牛顿第二定律解得加速度大小；闭合开关后，根据平衡条件求解稳定后金属棒的速度大小。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解。
8.【答案】BD
【解析】解：B、设加热前锅内温度为T1=27℃=300K，压强为p1=1atm=1.01×105Pa，当加热至锅内压强为p2=1.27atm=1.27×105Pa时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，在这个过程中，气体体积不变，由查理定律得p1T1=p2T2，得T2=p2T1p1=1.27×105Pa×300K1.01×105Pa=381K=108℃，故B正确；
A、压力阀刚要被顶起时，设压力阀的质量为m，由受力平衡得p2S=p1S+mg，代入数据得m≈0.02kg，故A错误；
CD、设锅内温度达到沸点时温度为T3=117℃=390K，从压力阀刚要被顶起到达到沸点的过程，锅内压强不变，由盖-吕萨克定律V1T2=V3T3，得V3=390381V1，停止加热时锅内的气体质量与加热前锅内气体质量的比为m1m2=V1V3=381390，故C错误，D正确。
故选：BD。
分析锅内被封闭的气体，研究加热前到加热至压力阀刚要被顶起的过程，根据查理定律求出此时锅内的温度；再分析压力阀刚要被顶起时，压力阀的受力，根据平衡求出压力阀的质量；然后设锅内温度达到沸点时温度为T3=117℃=390K，分析从压力阀刚要被顶起到达到沸点的过程，由盖-吕萨克定律求出此时的体积，最后根据体积之比求出停止加热时锅内气体的质量与加热前锅内气体质量的比值。
本题考查压力锅的工作原理，解决本题的关键是理解每个过程属于哪种变化，准确判断压强和体积以及温度的关系。
9.【答案】AB1m k4b
【解析】解：(1)本实验探究小车加速度与力、质量的关系，因为有弹簧测力计，所以只需使绳的拉力作为小车的合外力即可，所以需要平衡摩擦力且调节细线与长木板平行。
故选：AB。
(2)对小车由牛顿第二定律有：F=Ma
对重物由牛顿第二定律有：mg−2F=m⋅a2
化解得：1a=2Mg⋅1m+12g
为了得到两者的线性关系，以1a为纵轴，以1m为横轴；
由1a=2Mg⋅1m+12g，可得：k=2Mg，b=12g
解得：M=k4b
故答案为：(1)AB；(2)1m、k4b。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据甲图实验装置的特点，结合牛顿第二定律得到表达式，参照图象的几何特点求小车的质量。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律和图像的物理意义即可完成分析。
10.【答案】正 1.10.962.94.8
【解析】解：(1)根据“红进黑出”结合欧姆表的设计原理，知道欧姆表黑表笔接内部电源的正极，故黑表笔应与电流表正接线柱连接；欧姆表选取“×1”挡位时，则欧姆表内部电阻为15Ω，根据闭合电路欧姆定律有：
Ig=ER内
1415Ig=ER内+RA
联立可得RA=1.07Ω≈1.1Ω
(2)①由电路图链接实物，如图所示红线
②开关S与D接通，电表A的示数为0.24A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.64Ω，则(I1−I)R1=IRA解得RA=0.96Ω
③断开开关K，将开关S接C，记录电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I，多次重复实验得到多组数据，根据闭合电路欧姆定律I=ER+RA+r
即1I=1ER+RA+rE
结合图线有k=1E=5.0−2.08.70
b=RA+rE=2.0
解得E=2.9V，r=4.8Ω
答案故为：(1)正；1.1；(2)①见解析；②0.96；③2.9，4.8
多用便“红进黑出”可知黑表笔接电流表的正极；多用表的内部电源电动势和中值电阻是欧姆表相应挡位的总内阻可以求出表头的满偏电流，根据指针的偏转角即可求出此时的实际电流，然后求出整个回路的总阻值，减去表此时的内阻，便可以求出电流表的阻值；图2中根据串并联的电压和电流的知识可以求出阻值；结合图像写出表达式，结合图像的相关数值便可求出电动势和内阻。
本题以实验题为形式，以测电源的电动势和内阻为载体，考查了万用表的设计原理和应用；在分析计算过程中需要应用的恒定电流的相关知识，需要识别电路的连接方式并做计算；还考察了函数图像的应用，是一道比较好的题目。
11.【答案】解：(1)冰壶在推力F作用下做匀加速运动，运动5m后的速度为v，有牛顿第二定律及运动学公式可知
F−μmg=ma1
v2=2a1x1
撤掉力F后，冰壶在摩擦力的作用下做匀减速，10s时间内运动了40m，有牛顿第二定律及运动学公式可知
f=μmg=ma2
x2=vt−12a2t2
v=a2t
解得μ=0.08，F=144N
(2)若“冰壶”与冰面的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为v′
根据牛顿第二定律及运动学公式可知
匀加速过程F′−μ′mg=ma3
匀减速过程μ′mg=ma4
所用总时间t=v′a3+v′a4，解得t=10s
所走总路程s=v′22a3+v′22a4，解得s=45m
解得F′=200N
答：(1)“冰壶”与冰面的动摩擦因数0.08，水平恒力的大小144N；
(2)水平恒力的大小变为200N。
【解析】(1)冰壶在推力F作用下做匀加速运动，有牛顿第二定律及运动学公式列式，撤掉力F后，冰壶在摩擦力的作用下做匀减速，有牛顿第二定律及运动学公式列式，求摩擦因数和力F；
(2)根据牛顿第二定律及运动学公式列式，求总时间和总路程。
本题是一道牛顿第二定律和运动学公式的综合问题，考查学生对运动学过程的分析能力，选择相应的运动学公式是解题的关键。
12.【答案】解：(1)粒子进入电场在电场力作用下做斜抛运动，由牛顿第二定律得：a=qEm
在电场中运动时间：t1=2v0sin30∘a=mv0qE
由斜抛的对称性可知，粒子进入磁场时速度与x轴正方向的夹角为30∘，粒子在磁场中运动的圆心角是60∘，粒子在磁场中运动的周期是：T=2πmqB
所以粒子在磁场中从O到b的时间是：t2=60∘360∘×2πmqB=πm3qB
粒子从a点运动到b点所用的时间：t=t1+t2=mv0qE+πm3qB
(2)粒子改变速度方向，与x轴正方向夹角为α，从a点斜向右上方射出，经过O点进入磁场，则xOa=v0cos30∘×2mv0sin30∘qE=v0cosα×2mv0sinαqE
解得：α=60∘
则粒子第二次在磁场中运动的圆心角为120∘，由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=mv02r
解得轨道半径：r=mv0qB
由几何知识可得：xOb=r=mv0qB，xOc= 3r= 3mv0qB
则bc两点间的距离：xbc=xOc−xOb=( 3−1)mv0qB
答：(1)粒子从a点运动到b点所用的时间为(mv0qE+πm3qB)；
(2)bc两点间的距离为( 3−1)mv0qB。
【解析】(1)分别求出粒子在电场中做类斜抛运动的时间和在磁场中偏转60∘的时间，两者相加即可；
(2)改变入射方向后，仍从O点进入磁场，从c点离开磁场，根据对称性，确定进入磁场的角度，结合几何关系求出两者之间的距离。
本题是带电粒子先在磁场中做类斜抛运动，后进入磁场做匀速圆周运动的实例，从基本规律出发，抓住重要的几何关系和对称性可以解决问题。
13.【答案】解：(1)设Q与P碰撞前瞬间Q的速度大小为v0，碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小为T。对Q由释放到碰撞前瞬间，由机械能守恒定律得；
m1gL0=12m1v02
解得：v0=4m/s
Q在最低点时，由牛顿第二定律得：
T−m1g=m1v02L0
联立解得：T=18N。
(2)设小球Q与滑块P碰撞后瞬间速度分别为v1、v2，以向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=−1m/s，v2=3m/s
假设碰后P不会从C点滑出滑板，P与滑板组成的系统在水平方向上动量守恒，两者共速时P相对滑板上升的高度最大，设此最大高度为H，共速时速度为v3，以向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得：
m2v2=(m2+m3)v3
12m2v22=12(m2+m3)v32+m2gH+μm2gL
解得：H=0.05m
由于H
12m1v12=m1gL0(1−cosθ)
解得：cosθ=1516=0.9375
(3)滑块P在圆弧BC上相对滑板下滑，第二次经过B点相对滑板向右滑动最终相对滑板静止于AB之间的某一点。设滑块P经过B点的速度P的速度为vB，滑板的速度为v4，以向左为正方向，同理可得：
m2v2=m2vB+m3v4
12m2v22=12m2v42+12m3v52+μm2gL
解得：
滑块P第一次经过B点速度为：vB1=3+ 63m/s
滑块P第二次经过B点速度为：vB2=3− 63m/s
因vB2=3− 63m/s>0，故P第二次滑到B点的速度方向向左，此后P受到的滑动摩擦力向左，所以P此后向左做匀加速运动，不可能相对地面向右运动。
设最终P与滑板相对静止时速度为v共，以向左为正方向，由动量守恒定律可得：
m2v2=(m2+m3)v共
解得：v共=1m/s
设P相对滑板的水平部分AB运动时其加速度大小为a，对P由牛顿第二定律得：
μm2g=m2a
解得：a=5m/s2
P第一次在AB上运动时，做匀减速直线运动，此过程运动时间为：
t1=v2−vB1a
解得：t1=6− 615s
P第二次在AB上运动时，做匀加速直线运动，此过程运动时间为：
t2=v共−vB2a
解得：t2= 615s
所以P相对滑板的水平部分AB运动的总时间为：t=t1+t2
解得：t=0.4s。
答：(1)Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小为18N；
(2)碰后P不能从C点滑出，碰后Q的运动不能视为简谐运动，计算说明过程见解答；
(3)P相对滑板的水平部分AB运动的总时间为0.4s，P在相对滑板运动时，不可能相对地面向右运动，原因见解答。
【解析】(1)根据由机械能守恒定律求得Q与P碰撞前瞬间Q的速度大小，Q在最低点时，由牛顿第二定律求解和向心力公式求解；
(2)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求得小球Q与物体P碰撞后瞬间速度。P与滑板组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律判断。对Q由机械能守恒定律求得Q碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角，根据此夹角与5∘的大小关系，判断Q的运动能不能视为简谐运动；
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律求得滑块P两次经过B点的速度，判断P两次在AB上的运动形式，根据牛顿第二定律和运动学公式求解。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
2023年山西省太原市高考物理一模试卷
1. 2022年9月国家原子能机构展示了近年来核技术在我国国民经济领域的重大应用成果。其中医用同位素镥177的自主可控及批量生产入选。该成果破解了多年来我国对其大量依赖进口的局面。镥177的半衰期约为6.7d，衰变时会辐射γ射线。其衰变方程为 71177Lu→72177Lf+X，下列说法正确的是( )
A. 该反应产生的新核 72177Lf比 71177Lu的比结合能小
B. 衰变时放出的X粒子的穿透性比γ射线强
C. 衰变时放出的X粒子来自于177内中子向质子的转化
D. 含有镥177的药物经过13.4d后，将有四分之一的镥177发生衰变
2. 图甲所示的是由导电的多晶硅制成的电容加速度传感器。图乙是其原理图，传感器可以看成由两个电容C1、C2组成，当传感器有沿着箭头方向的加速度时，多晶硅悬臂梁的右侧可发生弯曲形变。下列对这个传感器描述正确的是( )
A. 匀速向上运动时，C1减小，C2增加
B. 保持加速度恒定向上运动时，C1减小，C2增加
C. 由静止突然加速向上运动时，C1减小，C2增加
D. 正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，C1减小，C2增加
3. 如图所示，我国航天员王亚平在天宫课堂上演示了微重力环境下的神奇现象。液体呈球状，往其中央注入空气，可以形成一个同心球形气泡。假设液体球与气泡半径之比为5：2，当细光束以37∘的入射角射入液体球中，折射光线刚好与其内壁相切，sin37∘取0.6。该液体的折射率为( )
A. 1.2 B. 1.3 C. 1.4 D. 1.5
4. 电影《流浪地球2》中的“太空电梯”，缆绳与地面垂直，一端连接地球赤道的固定底座，另一端连接相对地球静止的空间站A。电梯仓B拴连在缆绳上，可以自由移动，在地面与空间站A之间往返。下列关于太空电梯的说法正确的是( )
A. 乘坐太空电梯要到达太空，电梯仓的运行速度必须大于第一宇宙速度
B. 由于太空电梯缆绳质量的影响，相对地球静止的空间站A的轨道将高于同步卫星轨道
C. 电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，B的线速度等于C的线速度
D. 电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，仓内物体处于完全失重状态
5. 春节期间人们都喜欢在阳台上挂一些灯笼来作为喜庆的象征。如图所示，是由六根等长的轻质细绳悬挂起五个质量相等的灯笼1、2、3、4、5，中间的两根细绳BC和CD的夹角θ=120∘，下列选项中正确的是( )
A. MA的延长线能平分1灯与绳AB之间的夹角
B. AB的延长线不能平分2灯与绳BC之间的夹角
C. 绳AB与绳BC的弹力大小之比为 3： 2
D. 绳MA与绳AB的弹力大小之比为 7： 3
6. 如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，abcd为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Mb长也为R。在M点有一粒子源能在纸面内以不同的速率垂直于ab发射质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，已知所有粒子均从圆弧边界bc射出，不计粒子间的相互作用和重力。则( )
A. 从c点射出的粒子在磁场中运动的时间一定大于从b点射出的粒子在磁场中运动的时间
B. 从M点射出的粒子速率一定不大于5qBR4m
C. 粒子在磁场中运动的最短时间为πm6qB
D. 粒子在磁场中运动的最短时间为2πm3qB
7. 如图所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，固定在匀强磁场中，两导轨所在平面与水平方向的夹角为30∘，磁场方向垂直于导轨平面斜向下。导轨上端串联两阻值均为R的电阻。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。已知断开开关S，由静止释放金属棒，金属棒沿导轨下滑kL后将做速度为v的匀速直线运动。又过了一段时间，闭合开关S。下列说法中正确的是( )
A. 匀强磁场的磁感应强度为B=1L 2mgRv
B. 导体棒由静止下滑kL的运动时间为2vg+kLv
C. 闭合开关S瞬间，金属棒的加速度大小为g4
D. 闭合开关S后，经过足够长的时间，金属棒的速度大小为v2
8. 高压锅是一种常见的锅具，是通过增大气压来提升液体沸点，达到快速烹煮食物。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热，当锅内温度为117℃时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27℃，压强为1atm，压力阀套在出气孔上的横截面积为8mm2，g取10m/s2。忽略加热过程水蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。则( )
A. 压力阀的质量约为0.1kg
B. 压力阀刚要被顶起时锅内温度为108℃
C. 停止加热时放出气体的质量为加热前锅内气体质量的9381
D. 停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的381390
9. 某同学设计了如图所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系，小车总质量用M表示，重物质量用m表示。
(1)关于该实验方案，实验时一定要进行的操作是______ 。
A.平衡摩擦力
B.调节细线与长木板平行
C.所挂重物质量m远小于小车的总质量M
D.测量重物质量m
(2)实验进行过程中，该同学发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，把弹簧测力计换为一截轻绳，仍利用该装置进行了新的探究，步骤如下；
①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；
②测出重物的质量m，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度a的大小；
③保持小车总质量M不变，改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；
④以a为纵轴、m为横轴作出的a−m图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，该同学整理公式，发现以1a为纵轴，以______ (选填“1m”或“m”)为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量M=______ (用字母k，b表示)。
10. 一个同学想要测定某电源的电动势和内阻，所使用的器材有：待测电源、电流表A(量程0.6A，内阻RA小于1Ω)、电流表A1(量程0.6A，内阻未知)、电阻箱R1(0∼999.99Ω)、滑动变阻器R2(0∼10Ω)、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个、导线若干。(计算结果均保留两位有效数字)
(1)该同学先用欧姆表粗测电流表A的内阻。如图1所示，欧姆表内部电源电动势为4.50V，表盘中间刻线示数为“15”。将该欧姆表红、黑表笔接在电流表两接线柱上，则黑表笔应接在电流表______ (选填“正”或“负”)接线柱。欧姆表选取“×1”挡位时，欧姆表指针偏转角度为满偏的1415，可知电流表A的内阻约为______ Ω。
(2)该同学又设计了如图2所示电路进行实验操作。
①实物电路图有一处未连接好，请在图3中补全电路。
②利用该电路测电流表A的内阻：闭合开关K，将开关S与D接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.24A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.64Ω，则电流表A的内阻RA=______ Ω。
③利用步骤②测得电流表A的内阻阻值，测量电源的电动势和内阻：断开开关K，将开关S接C，调节电阻箱R1，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。如图4所示是由实验数据绘出的1I−R图像，由此求出电源电动势E=______ V、内阻r=______ Ω。
11. 2022北京冬残奥会开幕式倒计时以轮椅冰壶的形式出现，两位轮椅冰壶运动员用水平恒力将“冰壶”从起点推动5m后，撤去推力，同时启动10秒倒计时，“冰壶”沿直线继续滑行40m到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好结束。已知“冰壶”的质量为20kg，重力加速度g取10m/s2。
(1)求“冰壶”与冰面的动摩擦因数及水平恒力的大小；
(2)若“冰壶”与冰面的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大小变为多少？
12. 如图所示，直角坐标系xOy平面的第Ⅱ、Ⅲ象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第Ⅳ象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴的a点以v0的速度射入电场，方向与x轴正方向夹角为30∘，通过坐标原点O进入磁场，并从x轴上b点离开磁场。粒子第二次仅改变速度方向，从a点斜向右上方射出，经过O点进入磁场，从x轴上c点离开磁场。粒子始终在xOy平面内运动，不计粒子的重力。求：
(1)粒子从a点运动到b点所用的时间；
(2)bc两点间的距离。
13. 如图所示，光滑的水平面上有一质量m3=2kg曲面滑板，滑板的上表面由长度L=0.5m的水平粗糙部分AB和半径为R=0.4m的四分之一光滑圆弧BC组成，质量为m2=1kg滑块P与AB之间的动摩擦因数为μ=0.5。将P置于滑板上表面的A点。不可伸长的细线L0=0.8m水平伸直，一端固定于O′点，另一端系一质量m1=0.6kg的光滑小球Q。现将Q由静止释放，Q向下摆动到最低点并与P发生弹性对心碰撞，碰撞后P在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于AB之间的某一点。P、Q均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小；
(2)碰后P能否从C点滑出？碰后Q的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；(碰后Q的最大摆角小于5∘时，可视为做简谐运动，已知cos5∘=0.996)
(3)计算P相对滑板的水平部分AB运动的总时间，并判断P在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.由题可知，衰变的过程中质量数不变，由于衰变时放出核能，故产生的新核 72177Lf比 71177Lu比结合能大，故A错误；
C.根据核反应中电荷数与质量数守恒可知，X的质量数为0，电荷数：z=71−72=−1，可知的X为电子 −10e，为β衰变，其中的β射线是由原子核中的中子转化成一个质子和一个电子产生的，故C正确；
B.衰变为β衰变，衰变时放射出的γ射线穿透性强，故B错误，
D.经过13.4d后，剩余的镥177将变为原来的四分之一，故D错误。
故选：C。
根据核反应方程中的质量数和电荷数守恒确定X，并明确电子是来自于原子核内部，是由质子向中子转化过程中产生的；半衰期是与环境无关；知道质量亏损的计算方法，明确比结合能越大，原子核越稳定；根据三种放射线的特点分析。
本题考查核反应方程、半衰期、质量亏损以及比结合能等，要求牢记核反应方程的性质，掌握半衰期公式的应用等基本内容。
2.【答案】C
【解析】解：A.匀速向上运动时，多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，电容器结构不变，电容器电容只与电容器本身有关，故两个电容C1、C2不变。故A错误；
B.保持加速度恒定向上运动时，与加速度为零时相比，多晶硅悬臂梁的右侧虽发生弯曲形变，但此时多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，电容器结构不变，电容器电容只与电容器本身有关，故两个电容C1、C2不变。故B错误；
C.由静止突然加速向上运动时，多晶硅悬臂梁的右侧发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与顶层多晶硅距离变大，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变小，由C=εrS4πkd，C1减小，C2增加。故C正确；
D.正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，多晶硅悬臂梁的右侧发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与顶层多晶硅距离变小，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变大，C1增加，C2减小。故D错误。
故选：C。
电容器电容只与电容器本身结构有关；
电容器结构变化时，由C=εrS4πkd判断电容器电容变化。
本题解题关键是掌握电容器电容只与电容器本身结构有关C=εrS4πkd。
3.【答案】D
【解析】解：如下图，作出光路图
设液体球与气泡半径分别为5r、2r，该液体的折射率为n，根据折射定律n=sin37∘sinα=0.62r5r=1.5，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据题意作出光路图，再根据折射定律，求折射率。
本题解题关键是正确画出光路图，并掌握折射定律。
4.【答案】B
【解析】解：AC、太空电梯随地球一起旋转，角速度等于地球自转角速度，根据v=ωr可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，则B的线速度小于C的线速度；电梯仓的运行速度小于空间站A的速度，小于地球第一宇宙速度，故AC错误；
B、由于太空电梯缆绳质量的影响，相对地球静止的空间站A的向心力由地球引力与揽绳拉力的合力提供，与地球同步卫星角速度相同，对同步卫星和空间站A，分别由牛顿第二定律得：GMmr同2=mω2r同，T+GMmrA2=mω2rA，可知空间站A的轨道半径大于同步卫星，故B正确；
D、对于正常绕地球运行的卫星，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mω2r，可得卫星的角速度ω= GMr3，则知低于同步轨道的卫星正常运行时其角速度大于同步卫星的角速度，电梯仓B停在低于同步轨道的卫星C的高度处时，B的角速度等于C的角速度，小于正常绕地球运行的卫星的角速度，向心加速度小于引力产生的向心加速度，所以仓内物体不是处于完全失重状态，故D错误。
故选：B。
太空电梯随地球一起旋转，角速度恒定，根据v=ωr分析电梯仓B与地球同步卫星线速度关系。根据万有引力提供向心力，列式分析空间站A与地球同步卫星线速度关系，从而得到电梯仓的运行速度与空间站A的速度关系，即可知道电梯仓的运行速度与第一宇宙速度的关系。根据向心力公式列式分析空间站A与地球同步卫星的轨道半径关系。对正常绕地球运行的卫星，根据万有引力提供向心力列式，得到角速度表达式，分析低于同步轨道的卫星正常运行时的角速度与同步卫星的角速度关系，从而知道B与C的角速度关系，再分析电梯仓B内物体的运动状态。
解答本题时，要明确向心力来源，对于正常绕地球运行的卫星，由万有引力提供向心力，而空间站A的向心力由地球引力与揽绳拉力的合力提供。
5.【答案】D
【解析】解：设每个灯笼质量为m，
对灯笼3受力分析，根据对称性，由平衡条件得：2TBCcosθ2=mg
解得：TBC=mg(1)
对灯笼2、3、4整体受力分析，设AB与竖直方向的夹角为α，由平衡条件得：2TABcosα=3mg(2)
对左边1、2、3、4、5三个灯笼整体受力分析，设MA与竖直方向的夹角为β，由平衡条件得：2TMAcosβ=5mg(3)
对灯笼1、2整体受力分析，由平衡条件得：TMAsinβ=TBCsinθ2 (4)
由(1)(3)可得tanβ= 35 可得：cosβ=5 714 sinβ= 2114 (5)
由(3)(5)可得：TMA= 7mg
对灯笼2受力分析，由平衡条件得：TABsinα=TBCsinθ2 (6)
由(2)(6)可得：α=60∘，TAB= 3mg
综上可知，根据数学知识可知MA的延长线不能平分1灯与绳AB之间的夹角，AB的延长线平分2灯与绳BC之间的夹角，
TAB：TBC= 3mg：mg= 3：1，TMA：TAB= 7mg： 3mg= 7: 3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
分别以3，234，12345，12为研究对象，竖直方向根据平衡条件列方程，结合数学知识得到MA、AB、BC拉力大小，MA、AB与竖直方向的夹角，进而得到答案。
本题主要考查共点力平衡知识中的整体法和隔离体法的具体应用。根据题意选取不同研究对象受力分析、根据平衡知识列式求解。
6.【答案】BD
【解析】解：A.画出三条弦长分别与圆弧bc相较于c、e、f，如图甲所示
根据圆心角等于弦切角的二倍，带电粒子在磁场中运动的时间为qvB=m(2πT)2r，t=θ360∘T=θ360∘2πmqB
其中θ是圆心角。可知从c点射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从b点射出的粒子在磁场中运动的时间，故A错误；
B.粒子运动轨迹与bc弧交点越靠近c点，粒子运动的轨迹圆半径越大，所以运动到c点时半径最大，对应的速度也最大，如图乙所示
根据几何关系可知cM= 5R，sinθ=2 5，设运动轨迹对应的半径为r，则有sinθ= 52Rr
解得r=54R
带电粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB=mvm2r
解得vm=5qBR4m，所以从M点射出的粒子速率一定不大于5qBR4m，故B正确；
CD.弦切角越小，圆心角就越小，当弦与bc弧相切时，圆心角最小，如图丙所示，此时运动轨迹对应的圆心恰好是b点
根据几何关系可求得此时对应的圆心角为120∘，带电粒子在磁场中运动的最短时间为t=120∘360∘T=2πm3qB，故C错误，D正确。
故选：BD。
首先画出三条弦长分别与圆弧bc相较于c、e、f，根据几何关系确定圆心角，再根据周期公式求出带电粒子在磁场中运动的时间，进而判断从c点射出的粒子在磁场中运动的时间与从b点射出的粒子在磁场中运动的时间的大小关系；画出粒子运动轨迹与bc弧交点最近的轨迹图，根据几何关系求出运动轨迹对应的半径，再根据带电粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力求出从M点射出的粒子速率与5qBR4m的大小关系；然后，画出弦与bc弧相切时的运动轨迹，根据几何关系可求得此时对应的圆心角，最后求出带电粒子在磁场中运动的最短时间。
本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解决本题的关键是准确画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半斤和圆心角。
7.【答案】D
【解析】解：A、金属棒匀速运动时，由平衡条件：mgsin30∘=BIL=B2L2v2R，解得匀强磁场磁感应强度大小为：B=1L mgRv，故A错误；
B、导体棒由静止下滑kL过程，取向下为正方向，由动量定理可得：mgtsin30∘−BI−Lt=mv−0
又：I−t=q=I−t=E−2Rt=ΔΦ2R=BS2R=BkL22R
解得此过程运动的时间：t=2vg+2kLv，故B错误；
C、闭合开关S瞬间，由牛顿第二定律：BI′L−mgsin30∘=ma，其中I′=2I，解得加速度大小：a=12g，故C错误；
D、闭合开关后稳定后金属棒做匀速直线运动，由平衡条件：mgsin30∘=B2L2v′R，解得：v′=12v，故D正确。
故选：D。
金属棒匀速运动时，由平衡条件求解匀强磁场磁感应强度大小；由动量定理求解运动的时间；闭合开关S瞬间，由牛顿第二定律解得加速度大小；闭合开关后，根据平衡条件求解稳定后金属棒的速度大小。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解。
8.【答案】BD
【解析】解：B、设加热前锅内温度为T1=27℃=300K，压强为p1=1atm=1.01×105Pa，当加热至锅内压强为p2=1.27atm=1.27×105Pa时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，在这个过程中，气体体积不变，由查理定律得p1T1=p2T2，得T2=p2T1p1=1.27×105Pa×300K1.01×105Pa=381K=108℃，故B正确；
A、压力阀刚要被顶起时，设压力阀的质量为m，由受力平衡得p2S=p1S+mg，代入数据得m≈0.02kg，故A错误；
CD、设锅内温度达到沸点时温度为T3=117℃=390K，从压力阀刚要被顶起到达到沸点的过程，锅内压强不变，由盖-吕萨克定律V1T2=V3T3，得V3=390381V1，停止加热时锅内的气体质量与加热前锅内气体质量的比为m1m2=V1V3=381390，故C错误，D正确。
故选：BD。
分析锅内被封闭的气体，研究加热前到加热至压力阀刚要被顶起的过程，根据查理定律求出此时锅内的温度；再分析压力阀刚要被顶起时，压力阀的受力，根据平衡求出压力阀的质量；然后设锅内温度达到沸点时温度为T3=117℃=390K，分析从压力阀刚要被顶起到达到沸点的过程，由盖-吕萨克定律求出此时的体积，最后根据体积之比求出停止加热时锅内气体的质量与加热前锅内气体质量的比值。
本题考查压力锅的工作原理，解决本题的关键是理解每个过程属于哪种变化，准确判断压强和体积以及温度的关系。
9.【答案】AB1m k4b
【解析】解：(1)本实验探究小车加速度与力、质量的关系，因为有弹簧测力计，所以只需使绳的拉力作为小车的合外力即可，所以需要平衡摩擦力且调节细线与长木板平行。
故选：AB。
(2)对小车由牛顿第二定律有：F=Ma
对重物由牛顿第二定律有：mg−2F=m⋅a2
化解得：1a=2Mg⋅1m+12g
为了得到两者的线性关系，以1a为纵轴，以1m为横轴；
由1a=2Mg⋅1m+12g，可得：k=2Mg，b=12g
解得：M=k4b
故答案为：(1)AB；(2)1m、k4b。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据甲图实验装置的特点，结合牛顿第二定律得到表达式，参照图象的几何特点求小车的质量。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律和图像的物理意义即可完成分析。
10.【答案】正 1.10.962.94.8
【解析】解：(1)根据“红进黑出”结合欧姆表的设计原理，知道欧姆表黑表笔接内部电源的正极，故黑表笔应与电流表正接线柱连接；欧姆表选取“×1”挡位时，则欧姆表内部电阻为15Ω，根据闭合电路欧姆定律有：
Ig=ER内
1415Ig=ER内+RA
联立可得RA=1.07Ω≈1.1Ω
(2)①由电路图链接实物，如图所示红线
②开关S与D接通，电表A的示数为0.24A、电流表A1的示数为0.60A，电阻箱R1的示数为0.64Ω，则(I1−I)R1=IRA解得RA=0.96Ω
③断开开关K，将开关S接C，记录电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I，多次重复实验得到多组数据，根据闭合电路欧姆定律I=ER+RA+r
即1I=1ER+RA+rE
结合图线有k=1E=5.0−2.08.70
b=RA+rE=2.0
解得E=2.9V，r=4.8Ω
答案故为：(1)正；1.1；(2)①见解析；②0.96；③2.9，4.8
多用便“红进黑出”可知黑表笔接电流表的正极；多用表的内部电源电动势和中值电阻是欧姆表相应挡位的总内阻可以求出表头的满偏电流，根据指针的偏转角即可求出此时的实际电流，然后求出整个回路的总阻值，减去表此时的内阻，便可以求出电流表的阻值；图2中根据串并联的电压和电流的知识可以求出阻值；结合图像写出表达式，结合图像的相关数值便可求出电动势和内阻。
本题以实验题为形式，以测电源的电动势和内阻为载体，考查了万用表的设计原理和应用；在分析计算过程中需要应用的恒定电流的相关知识，需要识别电路的连接方式并做计算；还考察了函数图像的应用，是一道比较好的题目。
11.【答案】解：(1)冰壶在推力F作用下做匀加速运动，运动5m后的速度为v，有牛顿第二定律及运动学公式可知
F−μmg=ma1
v2=2a1x1
撤掉力F后，冰壶在摩擦力的作用下做匀减速，10s时间内运动了40m，有牛顿第二定律及运动学公式可知
f=μmg=ma2
x2=vt−12a2t2
v=a2t
解得μ=0.08，F=144N
(2)若“冰壶”与冰面的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为v′
根据牛顿第二定律及运动学公式可知
匀加速过程F′−μ′mg=ma3
匀减速过程μ′mg=ma4
所用总时间t=v′a3+v′a4，解得t=10s
所走总路程s=v′22a3+v′22a4，解得s=45m
解得F′=200N
答：(1)“冰壶”与冰面的动摩擦因数0.08，水平恒力的大小144N；
(2)水平恒力的大小变为200N。
【解析】(1)冰壶在推力F作用下做匀加速运动，有牛顿第二定律及运动学公式列式，撤掉力F后，冰壶在摩擦力的作用下做匀减速，有牛顿第二定律及运动学公式列式，求摩擦因数和力F；
(2)根据牛顿第二定律及运动学公式列式，求总时间和总路程。
本题是一道牛顿第二定律和运动学公式的综合问题，考查学生对运动学过程的分析能力，选择相应的运动学公式是解题的关键。
12.【答案】解：(1)粒子进入电场在电场力作用下做斜抛运动，由牛顿第二定律得：a=qEm
在电场中运动时间：t1=2v0sin30∘a=mv0qE
由斜抛的对称性可知，粒子进入磁场时速度与x轴正方向的夹角为30∘，粒子在磁场中运动的圆心角是60∘，粒子在磁场中运动的周期是：T=2πmqB
所以粒子在磁场中从O到b的时间是：t2=60∘360∘×2πmqB=πm3qB
粒子从a点运动到b点所用的时间：t=t1+t2=mv0qE+πm3qB
(2)粒子改变速度方向，与x轴正方向夹角为α，从a点斜向右上方射出，经过O点进入磁场，则xOa=v0cos30∘×2mv0sin30∘qE=v0cosα×2mv0sinαqE
解得：α=60∘
则粒子第二次在磁场中运动的圆心角为120∘，由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=mv02r
解得轨道半径：r=mv0qB
由几何知识可得：xOb=r=mv0qB，xOc= 3r= 3mv0qB
则bc两点间的距离：xbc=xOc−xOb=( 3−1)mv0qB
答：(1)粒子从a点运动到b点所用的时间为(mv0qE+πm3qB)；
(2)bc两点间的距离为( 3−1)mv0qB。
【解析】(1)分别求出粒子在电场中做类斜抛运动的时间和在磁场中偏转60∘的时间，两者相加即可；
(2)改变入射方向后，仍从O点进入磁场，从c点离开磁场，根据对称性，确定进入磁场的角度，结合几何关系求出两者之间的距离。
本题是带电粒子先在磁场中做类斜抛运动，后进入磁场做匀速圆周运动的实例，从基本规律出发，抓住重要的几何关系和对称性可以解决问题。
13.【答案】解：(1)设Q与P碰撞前瞬间Q的速度大小为v0，碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小为T。对Q由释放到碰撞前瞬间，由机械能守恒定律得；
m1gL0=12m1v02
解得：v0=4m/s
Q在最低点时，由牛顿第二定律得：
T−m1g=m1v02L0
联立解得：T=18N。
(2)设小球Q与滑块P碰撞后瞬间速度分别为v1、v2，以向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=−1m/s，v2=3m/s
假设碰后P不会从C点滑出滑板，P与滑板组成的系统在水平方向上动量守恒，两者共速时P相对滑板上升的高度最大，设此最大高度为H，共速时速度为v3，以向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得：
m2v2=(m2+m3)v3
12m2v22=12(m2+m3)v32+m2gH+μm2gL
解得：H=0.05m
由于H
12m1v12=m1gL0(1−cosθ)
解得：cosθ=1516=0.9375
(3)滑块P在圆弧BC上相对滑板下滑，第二次经过B点相对滑板向右滑动最终相对滑板静止于AB之间的某一点。设滑块P经过B点的速度P的速度为vB，滑板的速度为v4，以向左为正方向，同理可得：
m2v2=m2vB+m3v4
12m2v22=12m2v42+12m3v52+μm2gL
解得：
滑块P第一次经过B点速度为：vB1=3+ 63m/s
滑块P第二次经过B点速度为：vB2=3− 63m/s
因vB2=3− 63m/s>0，故P第二次滑到B点的速度方向向左，此后P受到的滑动摩擦力向左，所以P此后向左做匀加速运动，不可能相对地面向右运动。
设最终P与滑板相对静止时速度为v共，以向左为正方向，由动量守恒定律可得：
m2v2=(m2+m3)v共
解得：v共=1m/s
设P相对滑板的水平部分AB运动时其加速度大小为a，对P由牛顿第二定律得：
μm2g=m2a
解得：a=5m/s2
P第一次在AB上运动时，做匀减速直线运动，此过程运动时间为：
t1=v2−vB1a
解得：t1=6− 615s
P第二次在AB上运动时，做匀加速直线运动，此过程运动时间为：
t2=v共−vB2a
解得：t2= 615s
所以P相对滑板的水平部分AB运动的总时间为：t=t1+t2
解得：t=0.4s。
答：(1)Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小为18N；
(2)碰后P不能从C点滑出，碰后Q的运动不能视为简谐运动，计算说明过程见解答；
(3)P相对滑板的水平部分AB运动的总时间为0.4s，P在相对滑板运动时，不可能相对地面向右运动，原因见解答。
【解析】(1)根据由机械能守恒定律求得Q与P碰撞前瞬间Q的速度大小，Q在最低点时，由牛顿第二定律求解和向心力公式求解；
(2)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求得小球Q与物体P碰撞后瞬间速度。P与滑板组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律判断。对Q由机械能守恒定律求得Q碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角，根据此夹角与5∘的大小关系，判断Q的运动能不能视为简谐运动；
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律求得滑块P两次经过B点的速度，判断P两次在AB上的运动形式，根据牛顿第二定律和运动学公式求解。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
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